2023年高考数学二轮复习易错题精选08立体几何（Word版附解析）

这是一份2023年高考数学二轮复习易错题精选08立体几何（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了求异面直线所成角的思路是，求异面直线所成角的步骤等内容，欢迎下载使用。

易错点1：平行和垂直的判定
在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为小题(位置关系基本定理判定)或解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大。
立体几何中平行与垂直的易错点
易错点1：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大。
易错点2：有关线面平行的证明问题中，对定理的理解不够准确，往往忽视
三个条件中的某一个。
易错点3：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大；
易错点2：异面直线所成的角
1.求异面直线所成角的思路是：通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线，进而利用平面几何知识求解，整个求解过程可概括为：一找二证三求。
2.求异面直线所成角的步骤：
①选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，这里的点通常选择特殊位置斩点。
②求相交直线所成的角，通常是在相应的三角形中进行计算。 ③因为异面直线所成的角的范围是0°＜θ≤90°，所以在三角形中求的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角。
3.“补形法”是立体几何中一种常见的方法，通过补形，可将问题转化为易于研究的几何体来处理，利用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。
4.利用向量，设而不找，对于规则几何体中求异面直线所成的角也是常用的方法之一。
易错点3：直线与平面所成的角
1.传统几何方法：
①转化为求斜线与它在平面内的射影所成的角，通过直角三角形求解。
②利用三面角定理（即最小角定理）求。
2.向量方法：设为平面的法向量，直线与平面所成的角为，则
易错点4：二面角
用向量求二面角大小的基本步骤
1.建立坐标系，写出点与所需向量的坐标；
2.求出平面的法向量，平面的法向量
3.进行向量运算求出法向量的夹角；
4.通过图形特征或已知要求，确定二面角是锐角或钝角，得出问题的结果：
1．已知是两条不同的直线，是平面，且，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【详解】依题意，
A选项，若，则可能，所以A选项错误.
B选项，若，则与可能相交、异面、平行，所以B选项错误.
C选项，若，则可能，所以C选项错误.
D选项，由于，所以平面内存在直线，满足，
若，则，则，所以D选项正确.
故选：D
2．已知直三棱柱各棱长均相等，点D，E分别是棱，的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设直三棱柱的棱长为1，则，
点D，E分别是棱，的中点，
，，
，
所以．
所以异面直线AD与BE所成角的余弦值为．
故选：A．
3．如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线异面，直线平面
D．直线与直线相交，直线平面
【答案】A
【详解】连接；由正方体的性质可知，是的中点，所以直线与直线垂直；
由正方体的性质可知，所以平面平面，
又平面，所以直线平面，故A正确；

以为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
显然直线与直线不平行，故B不正确；
直线与直线异面正确，，，所以直线与平面不垂直，故C不正确；
直线与直线异面，不相交，故D不正确；
故选：A.
4．平行六面体中，，则与底面所成的线面角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：如图所示，连接，相交于点，连接．
平行六面体中，且，
不妨令
，，都是等边三角形．
是等边三角形．
，，，平面
平面，平面，
平面平面，
是与底面所成角．
因为，，所以．
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
其中的坐标计算如下，过 作交于点，
因为，，所以，
所以，，
因为
所以，所以，
显然平面的法向量为，
设与底面所成的角为，则
故选：A
5．已知m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若m⊥n，m⊥α，则n∥αB．若m∥α，α∥β，则m∥β
C．若m⊥α，α⊥β，则m∥βD．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
【答案】D
【详解】A选项，m⊥n，m⊥α，则可能，故A错误；
B选项，，，则可能，故B错误；
C选项，，，则可能，也可能，故C错误；
D选项，因为，，所以或，当时，因为，所以由面面垂直的判定定理知，当时，存在且，所以，所以可得，故D正确.
故选：D.
1．在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A．B．AB与平面所成的角为
C．D．与平面所成的角为
【答案】D
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
2．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
3．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．
4．如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
故选：A．
5．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23B．24C．26D．27
【答案】D
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
一、单选题
1．已知正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意，正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为，
此三棱锥可补形为一个棱长为的正方体，
三棱锥的外接球与补成的棱长为的正方体的外接球为同一个球，
设正方体的外接球的半径为，可得，即，
所以此三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
2．设，是不同的直线，，，是不同的平面，则下面说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【详解】A：由，，则或相交，错误；
B：由，，则或或相交，错误；
C：由，则存在直线且，而则，根据面面垂直的判定易知，正确；
D：由，，则或，错误.
故选：C
3．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点，满足面ABC，，若，则该“鞠”的体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】取中点为,过作,且,因为平面ABC,所以平面.由于,故,进而可知,所以是球心,为球的半径.
由,又,当且仅当,等号成立,故此时,所以球半径,故,体积最小值为
故选:C
4．在三棱柱中，D，E分别为､的中点，若，，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图所示，取点的中点，可得，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，
在中，可得，
由余弦定理可得.
故选：C.
5．已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，
过这两点分别作平面、平面的垂线，交于点O，则O就是外接球的球心；
取中点E，连接，
因为，，
所以，
因为和是正三角形，
所以，
由得，
所以由，即球半径为，
所以球体积为．
故选：C.
6．如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】连接交于，若是的中点，连接，
由为直棱柱，各侧面四边形为矩形，易知：是的中点，
所以，故直线与直线夹角，即为与的夹角或补角，
若，则，，
面，面，则，
而，又，面，故面，
又面，所以.
所以，，
在△中.
故选：C
7．四面体中，，则二面角的平面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】过点A作交于点M，过点M作交于点N，如图，
则是二面角的平面角，设，则，
在和中，由余弦定理，，
所以，
故选：C
8．如图，三棱锥中，平面平面ABC，，，．三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：因为，，，
所以，即，，即，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为为直角三角形，所以外接圆的圆心在斜边的中点，
所以三棱锥外接球的即为下图长方体的外接球，
所以三棱锥外接球的球心在的中点，
所以球心到平面的距离为；
故选：B
二、多选题
9．已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则与所成的角和与所成的角相等
【答案】BCD
【详解】解：对于A．若，，，则或与平行或，与相交不垂直，故A错误；
对于B：，设过的平面与交于，则，又，，，B正确；
对于C：，内的所有直线都与平行，且，，C正确；
对于D：根据线面角的定义，可得若，，则与所成的角和与所成的角相等，故D正确．
故选：BCD．
10．在正四面体A－BCD中，，点O为的重心，过点O的截面平行于AB和CD，分别交BC，BD，AD，AC于E，F，G，H，则 （ ）
A．四边形EFGH的周长为8
B．四边形EFGH的面积为2
C．直线AB和平面EFGH的距离为
D．直线AC与平面EFGH所成的角为
【答案】BCD
【详解】O为 的垂心，连AO延长与CD交于M点，则
∴，∴，，，∴，
∴周长为6，A错．
，则，B对．
将四面体补成一个长方体，则正方体边长为，∴
P，Q分别为AB，CD中点，PQ⊥平面EFGH，
∴A到平面EFGH距离，C对
AC与PQ夹角为，则AC与平面EFGH的夹角为，D对
故选：BCD
三、解答题
11．如图，三棱柱中，点在平面内的射影在上，，.
(1)证明:；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】
（1）∵ 点在平面内的射影在上，∴平面，又平面，∴，∵ ，，平面，∴ 平面，平面，∴ ，∵ ，四边形为平行四边形，∴ 四边形为菱形，故，又，平面，∴ 平面，平面，∴；
（2）以C为坐标原点，以为x轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，∴，设平面的法向量，则，取，则，又因为平面的法向量为，故，所以二面角的余弦值为.
12．如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，平面平面，．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】
（1）
（1）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面．
（2）
过作，，垂足分别为，，连接，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，且，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，即即为二面角的平面角，
不妨设，则可知，且，，
因为，所以，所以，
过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以，
设直线PD与平面PBC所成角为，则，
直线PD与平面PBC所成角的正弦值为